【文章內(nèi)容簡介】 得 ????2=??2??29 ??2+ 81, 即 x P =177。 ?? ??3 ??2+ 9. 將點(diǎn) (??3, m ) 代入直線 l 的方程得 b=?? ( 3 ?? )3, 所以 x M =?? ( ?? 3 ) ??3 ( ??2+ 9 ). 四邊形 OAP B 為平行四邊形 , 當(dāng)且僅當(dāng)線段 AB 與線段 OP 互相平分 , 即 x P = 2 x M 時(shí) . 于是177。 ?? ??3 ??2+ 9= 2 179。?? ( ?? 3 ) ??3 ( ??2+ 9 ), 解得 k 1 = 4 7 , k 2 = 4 + 7 . 因?yàn)?k i 0 , k i ≠ 3 , i= 1 , 2 , 所以當(dāng)直線 l 的斜率為 4 7 或 4 + 7時(shí) , 四邊形 OAPB 為平行四邊形 . 【啟示】直線與圓錐曲線位置關(guān)系的研究是一個回避不了的重點(diǎn) , 要加強(qiáng)訓(xùn)練 , 使用韋達(dá)定理和求出直線與曲 線的交點(diǎn)坐標(biāo)都是很好的方法 , 要根據(jù)題目的條件選擇方法 . 分析圖形的幾何性質(zhì)并利用幾何性質(zhì)解題是可取的路徑 . 【變式訓(xùn)練】 已知圓 M :( x+ 3 )2+y2= 1 , 圓 N :( x+ 12 )2+y2= 4 . 過點(diǎn) P 向圓 M , 圓 N 各做兩條切線 , 若圓 M 的兩條切線間的夾角等于圓 N 的兩條切線間的夾角 , 點(diǎn) P 的軌跡為曲線 C. ( 1 ) 求曲線 C 的方程 。 ( 1 ) 設(shè) A ( 6 , 0 ), B ( 6 , 0 ), 曲線 C 與 y 軸正半軸交于點(diǎn) Q , 點(diǎn) E是曲線 C 上任意一點(diǎn) ( 不在坐標(biāo)軸上 ), 直線 QE 交 x 軸于點(diǎn) D , 直線BE 交直線 AQ 與點(diǎn) T , 求證 : 2 k TD k EB 為定值 . 【解析】 ( 1 ) 由題意可知| ?? ?? || ?? ?? |=12, 即 4 |PM|2=|PN|2, 設(shè) P ( x , y ), ∵ |PM|2= ( x+ 3 )2+y2, |PN |2= ( x+ 12 )2+y2, ∴ 4 ( ?? + 3 )2+ ??2 = ( x+ 12 )2+y2, 即 x2+y2= 36 , ∴ 曲線 C 的方程為 x2+y2= 36 . ( 2 ) 設(shè)直線 QE 的方程為 y =kx+ 6 ( k ≠ 0 , k ≠ 177。 1 ), 則 D ( 6??, 0 ), 由 ?? = ?? ?? + 6 ,??2+ ??2= 36 , 得 ( 1 +k2) x2+ 12 kx= 0 , ∴ x= 0 或 x= 12 ??1 + ??2, 將 x= 12 ??1 + ??2代入直線 QE , 得 y=6 6 ??21 + ??2, 即 E ( 12 ??1 + ??2,6 6 ??21 + ??2), ∴ k BE =?? 1?? + 1, 直線 BE 的方程為 y=?? 1?? + 1( x 6 ) . 由 ?? ?? + 6 = 0 ,?? =?? 1?? + 1( x 6 ) , 得 T ( 6 k , 6 6 k ), ∴ k TD =???? + 1, ∴ 2 k TD k EB = 2 ???? + 1 ?? 1?? + 1 = 1 為定值 . ( 三 ) 立體幾何的命題特點(diǎn)及命題思路 : 1 . 課標(biāo)全國卷對旋轉(zhuǎn)體特別是球的問題經(jīng)?？?( 一是考查球的表面積、體積及距離等基本量的計(jì)算 。 二是考查球與多面體的相切接 , 考查了學(xué)生的空間想象能力、推理論證能力和運(yùn)算求解能力 ) . 2 . 在選擇、填空題中 , 近五年課標(biāo)全國卷對空間位置關(guān)系都未涉及 . 3 . 在解答題中 , 近五年課標(biāo)全國卷對線面平行問題都未涉及( 課標(biāo)全國卷Ⅱ常考查平行問題 , 2 013 年、 2022 年均有考查線面平行 ) . 4 . 課標(biāo)全國卷考查三視圖的試題難度較大 , 空間想象能力要求比較高 . 5 . 課標(biāo)全國卷的立體幾何解答題基本上是設(shè)計(jì)“ 兩問” , 且設(shè)問比較直接 . 6 . 課標(biāo)全國卷經(jīng)常出現(xiàn)“直棱柱、正棱柱、正棱錐”等概念 . 7 . 課標(biāo)全國卷文理科背景材料經(jīng)常是相近的 , 甚至是同題 . 8 . 課標(biāo)全國卷對立體幾何的考查難度相對穩(wěn)定 , 選擇題、填空題難度為中等偏難 , 選擇題基本在后六題的位置 , 填空題基本在后兩題的位置 ( 時(shí)而作為選擇題壓軸題 , 如 20 14 年理 12 、 2022年文 16 、 201 2 年及 2022 年理 11 、 201 3 年及 2022 年文 11 )。 解答題屬于中等難度 , 且基本定位在前三題的位置 . 例 11 ( 201 4 年課標(biāo)全國卷Ⅰ理 12 ) 如圖 , 網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為 1 , 粗實(shí)線畫出的是某多面體的三視圖 , 則該多面體的各條棱中 , 最長的棱的長度為 ( ) . A . 6 2 B . 4 2 C . 6 D . 4 【解析】如圖 , 側(cè)面 SB C ⊥底面 AB C. 點(diǎn) S 在底面 ABC 的射影點(diǎn) O 是 BC 的中點(diǎn) , △ AB C 為直角三角形 . ∵ AB= 4 , BO= 2 , ∴ AO= 2 5 . 又 SO ⊥底面 A BC , ∴ SO ⊥ AO , SO= 4 , ∴ 最長的棱 AS = 20 + 16 = 6 . 【答案】 C 【變式訓(xùn)練】 某幾何體的一條棱長為 7 , 在該幾何體的正( 主 ) 視圖中 , 這條棱的投影是長為 6 的線段 , 在該幾何體的側(cè) ( 左 )視圖與俯視圖中 , 這條棱的投影分別是長為 a 和 b 的線段 , 則 a+b的最大值為 ( ) . A . 2 2 B . 2 3 C . 4 D . 2 5 【解析】由題意得 a2+b2+ ( 6 )2= 2 ( 7 )2, 即 a2+b2= 8 , 則?? + ??2≤ ?? 2 + ?? 22, 得 a+b ≤ 4 . 【答案】 C 例 12 ( 2 014 年課標(biāo)全國卷Ⅱ理 6 文 6 ) 如圖 , 網(wǎng)格紙上正方形小格的邊長為 1 ( 表示 1 cm ), 圖中粗線畫出的是某零件的三視圖 , 該零件由一個底面半徑為 3 cm , 高為 6 cm 的圓柱體毛坯切削得到 , 則切削掉部分的體積與原來毛坯體積的比值為 ( ) . A.1727 B.59 C.1027 D.13 【解析】由側(cè) ( 左 ) 視圖可知切割得到的幾何體是兩個圓柱的組合體 . 由三視圖可知幾何體是如圖所示的兩個圓柱的組合體 . 其中左面圓柱的高為 4 cm , 底面半徑為 2 cm , 右面圓柱的高為 2 cm ,底面半徑為 3 c m , 則組合體的體積 V 1 = π 179。 22179。 4 + π 179。 32179。 2 = 16 π+ 18 π = 34 π ( cm3), 原毛坯體積 V 2 = π 179。 32179。 6 = 54 π ( cm3), 則所求比值為54 π 34 π54 π=1027. 【答案】 C 【變式訓(xùn)練】 某工件的三視圖如圖所示 , 現(xiàn)將該工件通過切割 , 加工成一個體積盡可能大的長方體新工件 , 并使新工件的一個面落在原工件的一個面內(nèi) , 則原工件的材料利用率 ( 材料利用率 =新工件的體積原工件的體積) 為 ( ) . A . 89 π B . 169 π C . 4 ( 2 1 ) 3π D . 12 ( 2 1 ) 3π 【解析】根據(jù)題意可知 , 問題等價(jià)于求圓錐的內(nèi)接長方體的體積的最大值 , 設(shè)長方體 的長 , 寬 , 高分別為 x , y , h , 長方體上底面截圓錐的截面半徑為 a , 則 x2+y2= ( 2 a )2= 4 a2, 圓錐的軸截面如圖所示 , 則可知??1=2 ?2, 得 h= 2 2 a. 而長方體的體積 V=xyh ≤??2+ ??22h= 2 a2h= 2 a2( 2 2 a ) ≤ 2 179。 (?? + ?? + 2 2 ??3)3=1627, 當(dāng)且僅當(dāng)x=y , a= 2 2 a , 即 a=23時(shí) , 等號成立 , 此時(shí)材料利用率為162713π 12 2=89 π,故選 A . 【答案】 A 例 13 ( 2 015 年 課標(biāo)全國卷Ⅰ理 18 ) 如圖 , 四邊形 A BCD 為菱形 , ∠ ABC = 120 176。 , E , F 是平面 ABC D 同一側(cè)的兩點(diǎn) , BE ⊥平面ABCD , DF ⊥平面 ABCD , B E= 2 DF , AE ⊥ EC. ( 1 ) 證明 : 平面 A EC ⊥平面 AFC 。 ( 2 ) 求直線 AE 與直線 CF 所成角的余弦值 . 【分析】 ( 1 ) 首先利用勾股定理得到 EG ⊥ FG , 然后得到 EG ⊥平面 AFG , 進(jìn)行可得到平面 AEC ⊥平面 AF C 。( 2 ) 建立空間直角坐標(biāo)系 , 利用向量法求解 . 【解析】 ( 1 ) 如圖 , 連接 BD , 設(shè) BD ∩ AC=G , 連接 EG , FG , EF. 在菱形 AB CD 中 , 不妨設(shè) G B= 1 . 由∠ ABC= 120 176。 , 可得 A G= GC= 3 . 由 BE ⊥平面 ABC D , AB=B C , 可知 AE=E C. 又 AE ⊥ EC , 所以 EG= 3 , 且 EG ⊥ AC. 在 Rt △ EB G 中 , 可得 BE = 2 , 故 DF= 22. 在 Rt △ FD G 中 , 可得 FG = 62. 在直角梯形 BDF E 中 , 由 B D= 2 , BE= 2 , DF= 22, 可得 EF=3 22. 從而 EG2+ FG2=EF2, 所以 EG ⊥ FG. 又 AC ∩ FG =G , 所以 EG ⊥平面 AFC. 因?yàn)?EG ? 平面 AEC , 所以平面 AEC ⊥平面 AF C. ( 2 ) 如圖 , 以 G 為坐標(biāo)原點(diǎn) , 分別以 ?? ?? , ?? ?? 的方向?yàn)?x 軸 , y 軸正方向 , | ?? ?? | 為單位長度 , 建立空間直角坐標(biāo)系 . 由 ( 1 ) 可得 A ( 0 , 3 , 0 ), E ( 1 , 0 , 2 ), F ( 1 , 0 , 22), C ( 0 , 3 , 0 ), 所以 ?? ?? = ( 1 , 3 , 2 ), ?? ?? = ( 1 , 3 , 22) . 故 cos ?? ?? , ?? ?? =?? ?? 178。 ?? ?? | ?? ?? || ?? ?? |= 33. 所以直線 AE 與直線 CF 所成角的余弦值為 33. 【變式訓(xùn)練】 如圖 , 三角形 PDC 所在的平面與長方形 ABCD所在的平面垂直 , PD=PC = 4 , AB= 6 , BC = 3 . 點(diǎn) E 是 CD 邊的中點(diǎn) , 點(diǎn) F , G分別在線段 AB , BC 上 , 且 AF= 2 FB , C G= 2 GB. ( 1 ) 證明 : PE ⊥ FG 。 ( 2 ) 求二面角 P AD C 的正切值 。 ( 3 ) 求直線 PA 與直線 FG 所成角的余弦值 . 【解析】 ( 法一 )( 1 ) 在△ PC D 中 , ∵ E 為 CD 的中點(diǎn) , 且 PC=PD ,∴ PE ⊥ C D. 又平面 PCD ⊥平面 AB CD , 且平面 PCD ∩平面 AB CD=C D , PE ? 平面PCD , ∴ PE ⊥平面 ABCD . 又 FG ? 平面 AB CD , ∴ PE ⊥ FG. ( 2 ) 由 ( 1 ) 知 PE ⊥平面 A BC D , 且 AD ? 平面 ABCD , ∴ PE ⊥ A D. 又四邊形 ABCD